Эстонская, 2015/16, заключительный этап, 9-11 класс, теоретический тур

Подсказка

Всё тепло, отданное остывающей нефтью, получает вода; запишите это как равенство количеств теплоты за одно и то же время, выразив массы через объёмные расходы и плотности.

Ответ

\(T=74\,^\circ\mathrm{C}\).

Решение

Теплота, выделившаяся при охлаждении нефти, идёт на нагревание воды: \(Q_{\text{нефти}}=Q_{\text{воды}}\), \[m_{\text{н}}c_{\text{н}}\Delta t_{\text{н}}=m_{\text{в}}c_{\text{в}}\Delta t_{\text{в}} \ \Rightarrow\ \rho_{\text{н}}V_{\text{н}}c_{\text{н}}\Delta t_{\text{н}}=\rho_{\text{в}}V_{\text{в}}c_{\text{в}}\Delta t_{\text{в}} \ \Rightarrow\ \Delta t_{\text{в}}=\frac{\rho_{\text{н}}V_{\text{н}}c_{\text{н}}\Delta t_{\text{н}}}{\rho_{\text{в}}V_{\text{в}}c_{\text{в}}}\approx 64\,^\circ\mathrm{C}.\]

Следовательно, вода выходит из теплообменника с температурой \(T=64\,^\circ\mathrm{C}+10\,^\circ\mathrm{C}=74\,^\circ\mathrm{C}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Кинетическая энергия идёт на работу тормозящей силы и на изменение потенциальной энергии; запишите это для подъёма и для спуска и исключите неизвестную силу.

Ответ

\(v=\sqrt{\dfrac{4gk\,s_1s_2}{s_2-s_1}}\approx 14\) м/с \(=50{,}4\) км/ч.

Решение

Пусть масса автомобиля \(m\), тормозящая сила \(F\). Кинетическая энергия автомобиля расходуется на преодоление тормозящей силы и на изменение потенциальной энергии. При движении в гору \(\dfrac{mv^2}{2}=Fs_1+mg\Delta h_1\). Изменение высоты и пройденный автомобилем путь связаны выражением \(\Delta h_1=ks_1\), поэтому \(\dfrac{mv^2}{2}=(F+mgk)s_1\). При движении под гору аналогично \(\dfrac{mv^2}{2}=(F-mgk)s_2\). Из равенства левых частей следует равенство правых: \((F+mgk)s_1=(F-mgk)s_2\), то есть \(F=\dfrac{s_2+s_1}{s_2-s_1}\,mgk\). Для скорости из закона сохранения энергии получаем выражения \[v=\sqrt{2gks_1\left(\frac{s_2+s_1}{s_2-s_1}+1\right)}\quad\text{или}\quad v=\sqrt{2gks_2\left(\frac{s_2+s_1}{s_2-s_1}-1\right)}.\] Оба можно переписать в виде \[v=\sqrt{\frac{4gk\,s_1s_2}{s_2-s_1}}=14\text{ м/с}=50{,}4\text{ км/ч}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Выразите начальную энергию ядра через \(H\) (так, как считал Юку), а затем запишите закон сохранения энергии с настоящей потенциальной энергией \(-GMm/r\).

Ответ

\(h=\dfrac{RH}{R-H}\approx 427\) км.

Решение

Исходим из того, что должен выполняться закон сохранения энергии. Если в момент выстрела скорость ядра равна \(v\), то в начальный момент энергия \(E_1=mv^2/2-GMm/R\), где \(M\) — масса Земли, а \(m\) — масса ядра. В самой высокой точке вертикальная скорость ядра равна нулю, поэтому энергия равна \(E_2=-GMm/(R+h)\), где \(h\) — высота ядра над поверхностью Земли. По закону сохранения энергии эти энергии должны быть равны: \[E_1=E_2\ \to\ \frac{mv^2}{2}-\frac{GMm}{R}=-\frac{GMm}{R+h}.\] Сказано, что если бы напряжённость поля тяготения в каждой точке траектории ядра была равна ускорению свободного падения на поверхности Земли, то ядро поднялось бы на высоту \(H\). То есть \(mv^2/2=mgH\), и, подставляя \(g=GM/R^2\), получаем \(v^2/2=GMH/R^2\). Подставляя это в равенство выше, получаем: \[\frac{GMm}{R^2}H-\frac{GMm}{R}=-\frac{GMm}{R+h}\ \to\ \frac{H}{R^2}-\frac1R=-\frac1{R+h},\] \[h=\frac{R^2}{R-H}-R=\frac{RH}{R-H}\approx 427\text{ км}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Относительно оси, проходящей через точку касания цилиндра с плоскостью, момент силы трения равен нулю, поэтому сохраняется момент импульса относительно этой оси.

Ответ

\(\omega=\dfrac{3v}{R}\).

Решение

Момент импульса цилиндра относительно оси, проходящей через точки касания цилиндра и поверхности, не меняется, так как у силы трения относительно этой оси нет момента. Пусть начальная угловая скорость равна \(\omega\). Тогда начальный момент импульса равен \(h_1=-mvR+I\omega=-mvR+mR^2\omega\).

После окончания проскальзывания угловая скорость равна \(v/R\). Поэтому момент импульса равен \(h_2=mvR+I\dfrac vR=2mvR\).

Из закона сохранения момента импульса \(h_1=h_2\) получаем \(\omega=\dfrac{3v}{R}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

При долгом хранении устанавливается равновесие: число распадов радона в секунду равно числу распадов урана в секунду, а оно определяется числом ядер урана и его периодом полураспада.

Ответ

\(m\approx 1{,}4\) кг.

Решение

Каждое распадающееся ядро урана в своей цепочке распада доходит до радона. В равновесном случае это означает, что число распадающихся в единицу времени ядер урана равно также числу образующихся и распадающихся в единицу времени ядер радона. Итак, число распадающихся в единицу времени ядер радона \(\Delta N_{\text{R}}/\Delta t\) определяется полным числом ядер урана \(N_{\text{U}}\) и периодом полураспада урана \(\tau\) так: \[\frac{\Delta N_{\text{R}}}{\Delta t}=\frac{N_{\text{U}}\ln 2}{\tau}.\] Число ядер урана находим как отношение его полной массы \(m_{\text{U}}=\dfrac{0{,}3}{10^3}\,m\) к массе одного атома \(m_1=238\cdot u\): \[N_{\text{U}}=\frac{m_{\text{U}}}{m_1}=1{,}26\cdot10^{-6}\,\frac mu.\] Поскольку активность радона (число распадов в единицу времени на единицу объёма) в комнате в предельном случае должна удовлетворять условию \[\frac{\Delta N_{\text{R}}}{\Delta t}=200\cdot V,\] получаем верхнюю границу безопасной массы куска породы \[m=\frac{200\cdot V\,u\,\tau}{1{,}26\cdot10^{-6}\,\ln 2}=1{,}4\text{ кг}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Выпуклую поверхность полушария вблизи центра можно считать тонкой линзой; найдите её фокусное расстояние из хода параксиального луча, а затем постройте изображение бумаги.

Ответ

Увеличение \(y/y_0=n=1{,}5\).

Решение

Центральную часть выпуклой поверхности полушария можно рассматривать как отдельную тонкую линзу, фокусное расстояние \(f\) которой и расстояние до поверхности бумаги (равное радиусу \(R\) выпуклой поверхности) определяют увеличение изображения. Чтобы определить фокусное расстояние этой эквивалентной линзы, рассмотрим луч света, идущий параллельно главной оптической оси и после преломления собирающийся в фокусе (см. рисунок). Если луч распространяется вблизи оптической оси, то все возникающие при преломлении углы малы, так что получаем условие \[\alpha R\approx f\varphi .\] Очевидно, \[\varphi=\alpha-\beta=\alpha-\alpha/n=\alpha(1-1/n).\] Комбинируя эти соотношения, углы сокращаются, и получаем \(f=nR/(n-1)\). Очевидно, расстояние предмета (поверхности бумаги) от линзы равно \(R\), причём \(f>R\), следовательно, возникает мнимое изображение где-то за бумагой. Все расстояния всё же порядка \(R\), поэтому увеличение, наблюдаемое глазом с большого расстояния (то есть угловое увеличение), практически совпадает с линейным увеличением \(y/y_0\). Из подобных треугольников, возникающих при построении изображения, получаем \[\frac y{y_0}=\frac f{f-R}=n=1{,}5.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Источник тока при замкнутом ключе закорочен, и его можно заменить проводом; при разомкнутом ключе сила тока через резистор задана источником тока, а напряжение находится обходом контура.

Ответ

а) \(U=1\) В, ток через резистор \(0\) мА;  б) \(U=21\) В, ток через резистор \(2\) мА.

Решение

А) Когда ключ замкнут, ток источника тока может замкнуться через ключ и ничего не меняет. Мы можем заменить его проводом. Кроме того, замечаем, что резистор \(5\) кОм никак не влияет на напряжение на концах резистора \(10\) кОм. Двигаясь от левой стороны резистора \(10\) кОм против часовой стрелки по схеме, получаем, что разность потенциалов (напряжение) на нём равна \(U=-1\text{ В}+3\text{ В}-2\text{ В}=0\text{ В}\). С его помощью находим силу тока через резистор: \(I=\dfrac UR=\dfrac{0\text{ В}}{10\text{ кОм}}=0\) мА. Напряжение \(U\) — просто напряжение батареи, \(U=1\) В.

Б) Ключ разомкнут. На этот раз начнём с силы тока. Мы знаем, что благодаря источнику постоянного тока через резистор \(10\) кОм идёт ток силой \(I=2\) мА. С его помощью находим напряжение на концах резистора: \(U_R=IR=2\text{ мА}\cdot10\text{ кОм}=20\) В. Прибавляя к напряжению на резисторе напряжения двух батарей и следя за знаками, находим напряжение \(U=20\text{ В}-2\text{ В}+3\text{ В}=21\) В.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Постройте изображение последовательно в двух вертикальных зеркалах (два отражения возвращают «правое» и «левое» на свои места относительно зеркальных, но меняют их местами по сравнению с одним зеркалом), а затем отразите результат в горизонтальном зеркале.

Ответ

Юку видит изображение \(A'''\) из рисунка 3: оно получается из изображения в двух вертикальных зеркалах отражением в горизонтальном зеркале, которое переворачивает картинку «вверх ногами».

Решение

Посмотрим сначала, как возникает изображение в плоском зеркале. На рисунке 1 показана ситуация сверху. \(A\) — открытый глаз Юку, \(A'\) — его изображение. Закрытый глаз и его изображение — соответственно \(B\) и \(B'\). Видим, что при зажмуривании правого глаза в зеркале закрытым кажется также правый (по отношению к наблюдателю) глаз.

Рис. 1: Изображение в плоском зеркале.

Пусть из трёх зеркал одно горизонтальное, а два других вертикальные, причём Юку смотрит прямо на линию соприкосновения вертикальных зеркал. На рисунке 2 эта ситуация показана сверху. Рассмотрим действие вертикальных зеркал. Сначала построим изображение \(A'\) глаза \(A\) в левом зеркале. Затем построим изображение \(A''\) изображения \(A'\) в правом зеркале. Так же поступим при построении изображения \(B''\) и заметим, что на этот раз у отражения левая и правая стороны поменялись местами, и закрытым в зеркалах кажется левый глаз.

Рис. 2: Изображение в двух зеркалах.

Учтём теперь действие горизонтального зеркала. На рисунке 3 показано в прямом виде изображение второго порядка \(A''\) и его изображение \(A'''\) в горизонтальном зеркале. Видим, что горизонтальное зеркало переворачивает картинку «вверх ногами». Поэтому в угловом зеркале Юку видит себя таким, как показано на рисунке 3 изображением \(A'''\).

Рис. 3: Отражение от горизонтального зеркала.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Скорость максимальна, когда электрическая потенциальная энергия минимальна (нити образуют прямой угол), а для ускорений заметьте, что центр масс покоится и найдите мгновенный центр вращения нити \(AB\).

Ответ

а) крайние шарики \(v=q\,\dfrac{\sqrt3-1}{2}\sqrt{\dfrac{k}{3mL}}\), средний — вдвое быстрее;  б) ускорения всех шариков равны \(a=\dfrac{kq^2}{\sqrt3\,mL^2}\).

Решение

(а) Скорость максимальна, когда электрическая потенциальная энергия минимальна, то есть когда между нитями прямой угол. Меняется только расстояние между двумя крайними шариками. Сначала оно равно \(L\), а потом \(L/\cos60^\circ=2L/\sqrt3\). Из-за сохранения импульса в этот момент крайние шарики движутся вдвое медленнее, чем средний. Пусть скорость крайних шариков \(v\). Из закона сохранения энергии \[3mv^2=kq^2\left(\frac1L-\frac{\sqrt3}{2L}\right)\ \Rightarrow\ v=q\sqrt{\frac{k}{6mL}\left(2-\sqrt3\right)}=q\,\frac{\sqrt3-1}{2}\sqrt{\frac{k}{3mL}}.\] (б) На рисунке заряд \(A\) в силу симметрии движется вертикально, поэтому мгновенный центр вращения нити \(AB\) должен лежать на горизонтальной прямой \(OA\). Центр масс \(M\) остаётся на месте, поэтому точка \(D\) нити, делящая отрезок \(AB\) в отношении \(2:1\), движется горизонтально, поэтому прямая, соединяющая точку \(D\) и мгновенный центр вращения \(O\), должна быть вертикальной. Теперь становится очевидным, что \(O\) — центр равностороннего треугольника \(ABE\), поэтому отрезок \(OB\) составляет с вертикалью угол \(30^\circ\), а значит, точка \(B\) начнёт двигаться под углом \(30^\circ\) к горизонту, и в этом же направлении должно быть и ускорение заряда \(B\). Проецируя второй закон Ньютона для заряда \(B\) на направление, перпендикулярное отрезку \(AB\), получаем \[ma\cos30^\circ=\cos60^\circ\,\frac{kq^2}{L^2},\] откуда \[a=\tan30^\circ\,\frac{kq^2}{mL^2}=\frac{kq^2}{mL^2\sqrt3}.\] Из-за сохранения импульса ускорение заряда \(A\) равно \(2a\sin30^\circ=a\), то есть такое же, как у остальных зарядов.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Прологарифмируйте \(P=kf^{\,n}\): \(\ln P\) линейно зависит от \(\ln f\), поэтому на бумаге с логарифмическими осями точки ложатся на прямую, наклон которой равен \(n\).

Ответ

\(n\approx3{,}1\).

Решение

Сначала приблизительно выясним, в каком диапазоне напряжений должен работать двигатель, чтобы мощность оставалась в пределах от \(0{,}1\) Вт до \(2\) Вт. Это примерно от \(2\) В до \(7\) В. Решим, изменяя в этом диапазоне напряжение с равными промежутками, взять от \(5\) до \(7\) экспериментальных точек. Запишем в таблицу напряжение на двигателе \(U\), силу тока \(I\) и показание тахометра \(t\) и вычислим по ним мощность двигателя \(P=UI\) и истинную частоту вращения \(f=t/2\). (У вертушки две лопасти, поэтому интенсивность лазерного пятна меняется с частотой вращения в два раза чаще.)

Нанесём экспериментальные точки (мощность \(P\) в зависимости от частоты вращения \(f\)) на систему осей с логарифмическими делениями и заметим, что точки лежат примерно на прямой. Действительно, если взять логарифм закона \(P=kf^{\,n}\), получаем линейную связь между \(\ln P\) и \(\ln f\): \[\ln P=\ln k+n\ln f.\] Проведём через экспериментальные точки прямую и измерим её наклон \(n\). Если деления осей \(x\) и \(y\) нарисованы в одинаковом масштабе, для вычисления наклона достаточно частного длин \(h\) и \(s\), измеренных на бумаге линейкой: \[n=\frac hs=3{,}1.\] В более общем случае для вычисления наклона надо найти отношение изменений логарифмов (например, на графике в отрезках, отмеченных красным): \[n=\frac{\ln14{,}5-\ln2{,}5}{\ln3{,}5-\ln2{,}0}=3{,}1.\] Примечание: при вычислении разностей логарифмов не надо беспокоиться об единицах. Единицы сокращаются, так как \(\ln a-\ln b=\ln a/b\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Если тянуть за конец бумажной полоски, зажатой в пакете под водой, сила трения о плёнку с двух сторон полоски должна уравновесить вес грузика с учётом силы Архимеда; подберите длину погружённой части полоски, при которой грузик с пакетом начинает подниматься.

Ответ

\(\mu=\dfrac{m\left(\rho_{\text{в}}^{-1}-\rho_{\text{г}}^{-1}\right)}{H^2L}\).

Решение

Положим грузик в полиэтиленовый пакет и положим также конец бумажной полоски в пакет и погрузим его в воду. Найдём, какой длины \(L\) должна быть полоска ниже уровня воды, чтобы грузик вместе с пакетом поднялся, если тянуть за конец бумажной полоски. Измерим ширину полоски \(a\). Средняя сила давления на одну сторону бумажной полоски равна \(\rho_{\text{в}}gH^2L/2\), а соответствующая сила трения — \(\mu\rho_{\text{в}}gH^2L/2\). Так как у полоски две стороны, суммарная сила вдвое больше, \(\mu\rho_{\text{в}}gH^2L\), и она должна быть равна разности силы тяжести, действующей на грузик, и выталкивающей силы, \[\mu\rho_{\text{в}}gH^2L=mg\left(1-\rho_{\text{в}}/\rho_{\text{т}}\right),\] откуда получаем \[\mu=\frac{m\left(\rho_{\text{в}}^{-1}-\rho_{\text{т}}^{-1}\right)}{H^2L}.\]

На рисунке: paber — бумага, kilekott — полиэтиленовый пакет.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.